1
CAPITOLO 4
POLIEDRI
Il modello del cubo come strumento d’indagine dello spazio
Il cubo, figura solida ben nota, costituisce un modello attraverso il quale è
possibile introdurre alcuni tra gli enti e i concetti fondamentali della
geometria euclidea nello spazio.
Si può definire il cubo come un poliedro1 regolare: le facce sono poligoni
regolari (quadrati), e in ogni vertice insiste lo stesso numero di spigoli.
Come illustrano le figure sotto, il cubo è scomponibile in quattro piramidi del
tipo CHFG e nel tetraedro CHAF (Fig. 1), oppure in sei piramidi con le basi
coincidenti con le facce, e i vertici coincidenti con il centro del cubo (Fig.
2). Per una definizione precisa di piramide occorre aspettare ancora un
po’, per ora è sufficiente ciò che è noto dalla Scuola Media.
1Si
dice superficie poliedrica la figura formata da più poligoni convessi situati in
piani diversi e disposti in modo che ciascun lato sia comune a due di essi e che il
piano di ogni poligono lasci tutti gli altri dalla medesima parte. I poligoni, i loro
vertici e i loro lati si dicono rispettivamente facce, vertici e spigoli della superficie
poliedrica.
Si dice poliedro la figura formata da una superficie poliedrica e da tutti i suoi punti
interni.
2
Per un cubo qualsiasi, indicati con V il numero di vertici, con F il numero
delle facce, e con E il numero dei lati, sussiste la seguente relazione:
V − E + F = 8 −12 + 6 = 2 .
Esercizi.
1. Si verifichi che il tetraedro CHAF è un poliedro regolare. Quanto
vale V − E + F ?
2. Calcolare il volume della piramide contenuta nel cubo “modello”,
avente per base il triangolo BCD e per vertice G. Quanto misura il
coseno dell’angolo BD̂G ?
3. Calcolare il volume e la superficie laterale della piramide a base
quadrata avente vertice V nel centro del cubo modello, e base
coincidente con la faccia FBCG. Quanto vale il coseno dell’angolo
ˆ ?
FVB
Volumi: il principio di Cavalieri
Una proprietà importante che caratterizza le figure solide dello spazio, tra
cui i poliedri, è il volume. Ci occuperemo del calcolo del volume di alcuni
poliedri. Enunciamo il principio che sta alla base del calcolo dei volumi.
Principio di Cavalieri: se un piano parallelo a quello di riferimento su
cui poggiano due solidi, aventi la stessa altezza, stacca su questi delle
sezioni aventi la stessa area, allora i due solidi hanno ugual volume.
Si suppone noto il volume del cubo di lato l (V = l 3 ).
Il volume della piramide a base quadrata
E’ ragionevole supporre che il volume di una piramide retta (il piede
dell’altezza coincide con il centro della circonferenza inscritta nel poligono
di base) sia funzione dell’area di base e dell’altezza. In particolare,
immaginando di scomporre la piramide in tanti piccoli parallelepipedi, se
raddoppiamo l’altezza di questi, anche il volume raddoppia. Possiamo
quindi ipotizzare una dipendenza del volume della piramide dall’altezza
del tipo f (h) = h . Dunque il volume della piramide può essere espresso nella
forma V = g( A)h . Ora, considerazioni di natura dimensionale vincolano la
funzione g(A) ad un’espressione del tipo g( A) = kA , dove k è una costante
che vogliamo determinare.
Per questo scopo decomponiamo un cubo in sei piramidi a base quadrata
ed€altezza h = l 2 , aventi vertice comune nel centro del cubo (vedi figura
sopra). Il volume di ognuna di queste è un sesto di quello del cubo:
V=
3
l3 l2 l 1
= ⋅ = A ⋅ h . L’ultima relazione, che fornisce la regola per il calcolo
6 3 2 3
del volume di una piramide retta qualsiasi, è garantita dal Principio di
Cavalieri.
Per inciso, anche per la piramide sopra risultaV − E + F = 5 − 8 + 5 = 2 .
Un prisma2 è una figura solida ottenibile a partire da due piani paralleli
sui quali sono situate le facce uguali dette basi, mentre le facce laterali sono
delimitate da rette parallele congiungenti i vertici corrispondenti delle basi.
Il tetraedro regolare
Chiusa questa breve parentesi formale, suggerita essenzialmente
dall’adozione del modello del cubo, torniamo ad occuparci dei poliedri
regolari dello spazio. Cominciamo con il tetraedro, il poliedro limitato
da quattro triangoli equilateri uguali. Abbiamo già avuto modo di
osservare che, anche nel caso del tetraedro, vale la relazione
V − E + F = 4 −6+4 = 2.
2Si dice superficie prismatica l’insieme delle strisce di piano delimitate da rette
parallele nello spazio, tali che ogni striscia lasci tutte le altre dalla stessa parte.
L’insieme dei punti di una superficie prismatica e dei suoi punti interni si dice
prisma indefinito. La parte di prisma indefinito compresa tra due sezioni (dette
basi) parallele è un solido detto prisma. La distanza tra le basi è l’altezza del
prisma. Se gli spigoli laterali sono perpendicolari alle basi, il prisma si dice retto; è
regolare se le basi sono poligoni regolari.
Consideriamo il modello rappresentativo dello sviluppo piano di un
tetraedro, non regolare, costituito da un quadrato al quale si aggiungono
due triangoli equilateri uniti per un lato al quadrato ACEF.
Si ottiene un tetraedro dal modello sopra unendo i punti D, F, B, e
congiungendo quindi i segmenti BC e CD, FA e AB, infine FE e ED.
4
5
Per costruire il tetraedro, i semipiani contenenti le facce ACE e AFE sono
stati “piegati” in modo tale che il segmento CF misuri quanto gli altri
spigoli.
La piegatura suggerisce la definizione di un concetto che generalizza allo
spazio quello di angolo del piano.
Esercizio. Si calcoli la misura del raggio della sfera inscritta e di quella
circoscritta al tetraedro regolare.
Soluzione parziale.
Soluzione alternativa. Si inscriva un cubo di spigolo l in una sfera, e si esprima
il raggio R di questa in funzione dello spigolo del cubo; infine, si ricordi la
relazione tra cubo ABCDEFGH e tetraedro CHAF: a = l 2 .
Problema. E’ dato il tetraedro DABC, trirettangolo in D (gli angoli ADB,
ADC, BDC sono retti). Un siffatto tetraedro può essere regolare? Se
AB = AC = BC = 2 , determina le lunghezze degli spigoli, la superficie
totale, e il volume del tetraedro.
6
• La faccia ABC è un triangolo equilatero, mentre le altre tre sono
triangoli rettangoli; pertanto, il tetraedro in questione non può essere
regolare.
⎧
2
2
2
DA
+
DB
=
AB
=2
⎧⎪
⎪
2
2
2
2
2
DA
=
DC
⇒ DA = DB = DC =1. Il
⎨ DB + DC = BC = 2 ⇒ ⎨
2
2
⎪
⎪ DA2 + DC 2 = AC 2 = 2
⎩ DB = DA
⎩
1
11 1
volume è V = Area ADC ⋅ BD = 1= , mentre la superficie totale
3
32 6
1 ⎛ 3⎞
3
1 3+ 3
è Stot = Area ABC + 3Area ADB =
.
2 ⎜⎜ ⎟⎟ 2 =
+3 =
2 ⎝ 2 ⎠
2
2
2
(
(
)
)
(
)
Esercizi
4. Si calcoli l’altezza di un tetraedro regolare avente lo spigolo di
lunghezza unitaria.
7
5. Si calcolino il volume e la superficie totale del tetraedro regolare di
spigolo l.
6. E’ dato il tetraedro regolare di vertici CHAF, ricavato dal cubo
modello, sia M il punto medio dello spigolo HF. Si calcoli l’ampiezza
dell’angolo AM̂C .
7. Su due facce adiacenti di un cubo ABCDEFGH sono costruite due
piramidi con basi coincidenti con le facce del cubo, ed aventi per
facce triangoli equilateri. Sia BC lo spigolo del cubo comune alle due
facce adiacenti, e si indichino con V e con W i vertici delle due
piramidi. a) Dimostrare che VBWC è un rombo. b) Indicati con M e
N rispettivamente i punti medi degli spigoli AB e BC, si calcoli la
superficie totale ed il volume della piramide VMN.
Il diedro e la sua sezione normale. In generale, la figura geometrica
formata da due semipiani aventi una retta r come origine (bordo) si dice
diedro. Il diedro è quindi la generalizzazione allo spazio del concetto di
angolo del piano.
L’ampiezza di un diedro può essere valutata mediante la sezione normale del
diedro, ottenuta sezionandolo con uno degli infiniti piani perpendicolari al
bordo r.
Con riferimento alla figura sopra, l’ampiezza del diedro è quella dell’angolo
α = CÔF : se lo spigolo misura a, il segmento OC , cioè la metà della diagonale
del quadrato ACEF, misura OC = a 2 2 . L’ampiezza dell’angolo può quindi
essere determinata applicando il teorema di Carnot al triangolo OCF:
2
2
2
a2 a2
a2
π
2
CF = OC +OF − 2OC ⋅OF cos α ⇒ a = + − 2 cos α ⇒ cos α = 0 ⇒ α =
2 2
2
2
8
Esercizio
In riferimento alla figura 8, si determinino i diedri formati dai piani di
appartenenza delle facce adiacenti del tetraedro.
Problema (calcolo della sezione normale di un diedro)
Sia VABCD una piramide3che ha per base il quadrato ABCD e tale che la
proiezione del vertice V sulla base coincida con il centro O del quadrato
(piramide retta). L’altezza misura metà del lato della base. Determiniamo
l’ampiezza della sezione normale del diedro formato da due facce laterali
che hanno uno spigolo in comune.
Consideriamo la sezione normale al bordo VC contenente la diagonale DB
del quadrato di base. La misura del diedro è quindi quella dell’angolo
DĤB := α , e la possiamo determinare, ad esempio, dalla relazione
3Si dice superficie piramidale la figura formata dagli angoli delle coppie di un
numero qualsiasi di semirette aventi la stessa origine, e tali che il piano
determinato da due di queste semirette consecutive lasci le restanti semirette dalla
stessa parte.
L’origine comune delle semirette si dice vertice della superficie, le semirette si
dicono spigoli e gli angoli si dicono facce.
Si dice angoloide la figura formata da una superficie piramidale e dai suoi punti
interni. Si dicono diedri dell’angoloide i diedri formati dai semipiani
contenenti due facce consecutive. L’intersezione di un piano non passante per il
vertice con un angoloide è un poligono. Un angoloide si dice triedro, tetraedro,
pentaedro… a seconda che abbia tre, quattro, cinque…facce.
9
α
. Il problema, quindi, consiste nel determinare la
2
lunghezza di BH.
Per questo consideriamo il triangolo VBC, isoscele con i lati
BD = 2BH sin
2
a !a 2 $
3
& =
VB =VC = OV +OB =
+ ##
a . Per il teorema di Carnot
4 " 2 &%
2
applicato al triangolo VBC:
2
2
2
3
3
3
ˆ ⇒ cos BVC
ˆ = 1 ⇒ sin BVC
ˆ = 2 2 . Di
a 2 = a 2 + a 2 − 2 a 2 cos BVC
4
4
4
3
3
ˆ = a 2 , quindi
conseguenza BH =VB sin BVC
3
α BD
a 2
3
α π
2π
. Il diedro misura
=
=
=
⇒ = ⇒α =
2 2BH a2 2 3 2
2 3
3
quindi 120°.
Oppure, per il calcolo di BH avremmo potuto confrontare le aree del
sin
1
1
BC 2
3
3a 2 a 2
2
triangolo VBC: BH ⋅VC = BC ⋅ BV −
⇒ BH
a=a
− ,
2
2
4
2
4
4
a2 2
2
=a
da cui segue BH =
.
3
2a 3
Problema.
E’ data una piramide retta a base quadrata i cui spigoli e i lati della base
misurano a. Indicata con x l’altezza del parallelepipedo inscritto nella
piramide, si dimostri che il volume di questo è dato dalla relazione
(
)
2
V (x) = x a − 2x . Posto a =1 , si determini per quale valore di x il volume
del parallelepipedo è
3
di quello della piramide.
8
2
! a 3 $ ! a $2
& − # & = 2 a . Il parallelepipedo
• L’altezza della piramide è h = ##
&
2
" 2 % "2%
inscritto è a base quadrata; la misura del lato segue dalla proporzione
a
2
a
a
l
: =
− x : ⇒ l = a − 2x ⇒V = x a − 2x .
2
2 2
2
(
)
(
)
10
• Il volume della piramide è V ' =
a3
3 2
(
)
2
⇒ x 1− 2x =
1
3
⋅ , da cui segue
3 2 8
l’equazione 16 2x 3 − 32x 2 + 8 2x −1= 0 . Questa ammette come soluzione
x=
1
2 2
, e, per il teorema di Ruffini, può essere scritta come il prodotto
(
"
)#
tra i polinomi 2 8 2x 2 −12x + 2 $ x −
1 %
' = 0 . Il polinomio di secondo
2 2&
grado è a sua volta riducibile, con radici x =
per vincoli geometrici, e x =
6 − 20
8 2
<
1
2
6 + 20
8 2
>
1
2
non accettabile
che invece è accettabile.
Alcuni teoremi
I risultati che seguono vengono forniti senza dimostrazione. Il lettore
interessato potrà trovarla in qualsiasi libro di testo che tratta l’argomento.
1. Ogni faccia di un triedro è minore della somma delle altre due e
maggiore della differenza.
2. La somma delle facce di un triedro è minore di quattro angoli retti.
3. Le diagonali di un parallelepipedo si incontrano in un punto che le
divide tutte a metà.
4. Se si taglia una piramide con un piano parallelo alla base, questa e la
sezione ottenuta sono poligoni simili; i lati e i perimetri di questi
poligoni sono proporzionali alle distanze del loro piano dal vertice
(altezze), e le aree ai quadrati di queste distanze (altezze).
L’ottaedro regolare
Vogliamo introdurre un nuovo poliedro regolare. Se uniamo quattro
tetraedri ACEF facendo coincidere lo spigolo AE, otteniamo un poliedro
regolare avente per facce otto triangoli equilateri, ed in ognuno dei sei
vertici concorrono quattro spigoli: l’ottaedro regolare. Di nuovo,
V − E + F = 6 −12 + 8 = 2 .
11
Esercizi.
8. Verificare che, per un ottaedro:
• Ogni vertice ha un opposto (rispetto al centro O);
• Dati due vertici opposti, gli altri quattro sono complanari ed
individuano un quadrato;
• I tre segmenti che uniscono i vertici opposti passano per uno stesso
punto (il centro O), e sono a due a due perpendicolari.
9. Si calcoli il rapporto tra il raggio della sfera inscritta e quello della
sfera circoscritta all’ottaedro regolare.
10. Si calcoli l’ampiezza del diedro formato da due facce adiacenti di un
ottaedro.
Un modello per la costruzione dell’ottaedro
Consideriamo il seguente modello, utile anche per la rappresentazione di
altri poliedri regolari. Sovrapponiamo il triangolo equilatero ABC al
triangolo equilatero PQR, in modo che risultino concentrici, ruotati di 60°,
e con i vertici collegati da un elastico.
12
Sollevando il triangolo ABC otteniamo un ottaedro, le cui facce sono, oltre
ai triangoli equilateri ABC e PQR, PAQ, AQB, QBR, BRC, RCP, CPA.
Indicata con a la lunghezza del lato dei triangoli equilateri, sia x la distanza
tra i centri dei triangoli (che giacciono su piani paralleli).
Calcoliamo la lunghezza degli spigoli dell’ottaedro: AP, AQ, BQ, BR, CP,
CR.
Ad esempio, sia A’ la proiezione di A sul piano del triangolo PQR. Risulta
" a % π
2
2
a2 2
a
e, quindi, AP = A!P + AA! =
+x .
AA! = x , A!P = 2 $
' sin =
3
6
# 3&
3
Affinché l’ottaedro sia regolare occorre che le lunghezze di tutti gli spigoli
siano uguali (il numero di spigoli uscenti da ciascun vertice è quattro),
quindi
a2
a 6
+ x2 = a ⇒ x =
3
3
.
Esercizio. Si determini il valore di x affinché i triangoli isosceli che
costituiscono le facce laterali siano rettangoli (ad esempio,
QB = AQ = a 2 …).
Esercizio. Nella situazione dell’esercizio precedente, si completi
l’ottaedro in modo da formare un cubo (suggerimento: si “appoggi”
opportunamente una piramide con una faccia coincidente con il triangolo rettangolo
QBR).
Isometrie: simmetria rispetto ad un piano. Perpendicolarità
Si trae spunto dal fenomeno fisico della riflessione da uno specchio piano. Il
modello matematico che descrive questo fenomeno è la simmetria
rispetto ad un piano α , secondo cui due punti A e B sono uno
13
simmetrico dell’altro se il segmento che li congiunge è perpendicolare al
piano α , ed il suo punto medio H ∈ α , ovvero AH = BH .
Precisamente, si definisce simmetria (o riflessione) rispetto ad un piano γ ,
Sγ , un’isometria che lascia fissi tutti i punti di γ , e porta ciascuno dei due
semispazi generati da γ nell’altro.
Esercizio. Si faccia vedere che una simmetria centrale può essere ottenuta
dalla composizione di tre simmetrie rispetto a piani perpendicolari tra loro,
che si intersecano nel centro di simmetria.
Riformuliamo il concetto di perpendicolarità in termini di simmetria. Una
retta è perpendicolare ad un piano se e solo se non giace su di esso, ed è
unita4 nella simmetria rispetto al piano.
Un piano è perpendicolare ad un altro piano γ , se è distinto da questo,
ed è unito nella simmetria rispetto a γ .
Due rette sono perpendicolari se sono incidenti, ed il loro punto
comune si trova alla minima distanza da ciascun punto dell’altra.
Una definizione molto utile è quella di angolo formato da una retta
con un piano: è l’angolo acuto formato dalla proiezione5della retta sul
piano.
4Il simmetrico di un punto della retta rispetto al piano è ancora un punto della retta.
5La proiezione di un punto sopra un piano è il piede della perpendicolare
condotta dal punto al piano. La distanza di un punto dal piano è la
lunghezza del segmento di perpendicolare condotto dal punto al piano.
14
Sfruttiamo la simmetria rispetto ad un piano per costruire un tetraedro a
partire da un triangolo equilatero, come rappresentato nella figura
seguente.
Indicata con a la lunghezza del lato del triangolo equilatero, studiamo il
poliedro ABCD: si tratta di un tetraedro che ha per facce due triangoli
equilateri ABC e ABD, e due triangoli isosceli ACD e BCD. Indicato con
β il diedro individuato dai piani contenenti i triangoli equilateri,
analizziamo i due “casi limite”, β = 0 e β = π .
Nel primo caso C ≡ D , x = 0 ed il tetraedro si riduce al triangolo equilatero
di partenza.
15
Nel secondo caso x = a 3 2 ed il tetraedro si riduce al rombo ABCD.
Notiamo anche che il tetraedro è regolare quando tutti gli spigoli misurano
la stessa lunghezza, ovvero quando 2x = a .
Problema (calcolo del volume e della superficie di un tetraedro)
Vogliamo determinare il volume e la superficie del tetraedro costruito
in precedenza. Suddividiamolo in due piramidi, DHAB e CHAB, aventi in
comune il triangolo ABH assunto come base, ed altezza rispettivamente
DH e CH.
1
1
β a2 3
β
L’area di base è S = AB ⋅ HK = AB ⋅ DK cos =
cos , l’altezza
2
2
2
4
2
β a 3 β
h = DK sin =
sin .
2
2
2
Di conseguenza il volume del tetraedro è
Sh
a3
β
β a3
V = 2⋅ = 2⋅ sin cos = sin β . Il volume massimo è
3
8
2
2 8
a 3 1 a 6
a3
π
=
: il
Vmax = ⇔ β = , a cui corrisponde un’altezza h = x =
2 2
4
8
2
volume è massimo quando il diedro individuato dai piani su cui giacciono
il triangolo di partenza ed il suo simmetrico è retto.
Questo risultato poteva anche essere “intuito” ragionando sui casi limite e
sulla “simmetria” del problema. Quando β = 0 il tetraedro coincide con il
triangolo equilatero di partenza, quindi il suo volume è zero. Poi, al
crescere del diedro, il volume aumenta fino a tornare di nuovo a zero in
corrispondenza di β = π , quando il tetraedro coincide con il rombo, altra
figura piana. L’idea è: se all’inizio e alla fine il volume è zero, dovrà esserci
un valore del diedro in cui è massimo6. La simmetria dei triangoli rispetto
al piano fa il resto: il massimo si ha in corrispondenza del diedro retto.
Esercizio. Scrivere l’espressione del volume del tetraedro di cui sopra in
funzione di x invece che del diedro β .
"
%
ax 3a 2
$V ( x ) =
− x2 '
3
4
$#
'&
6In generale, il metodo d’indagine intuitivo proposto, nulla dice circa l’unicità del
risultato. Nel nostro caso però, il risultato è unico e corrisponde al diedro retto.
16
Veniamo al calcolo della misura della superficie del tetraedro. L’area
dei triangoli equilateri è S =
a2 3
, mentre quella dei triangoli isosceli è
4
2x a 2 − x 2
S=
= x a 2 − x 2 . La superficie del tetraedro è quindi
2
a2 3
A = 2S + 2S =
+ 2x a 2 − x 2 . Il valore è massimo quando l’espressione
2
x a 2 − x 2 è massima. Il valore di x che massimizza x a 2 − x 2 si ottiene
applicando la disuguaglianza tra media geometrica e aritmetica: se a,b sono due
a+b
numeri positivi, allora ab ≤
.
2
La prova di questa diseguaglianza può essere condotta sviluppando il
quadrato del binomio 0 ≤
(
)
2
a − b = a + b − 2 ab ⇒ ab ≤
a+b
.
2
L’uguaglianza si ha soltanto quando a = b , ed in questo caso il valore di
ab è massimo.
Ora, se facciamo giocare il ruolo di a al termine x = x 2 e quello di b al
termine a 2 − x 2 nella diseguaglianza, otteniamo che il massimo valore di
x a 2 − x 2 si ha quando x 2 = a 2 − x 2 ⇒ x =
a
2
, ed il corrispondente valore
" 3 %
a2 3
2
2
2
della superficie è A = 2S + 2S =
+ 2x a − x = a $$
+1'' .
2
2
#
&
Esercizio. Interpretare geometricamente la disuguaglianza
ab ≤
a+b
(suggerimento: se a e b sono le proiezioni sul diametro dei cateti di
2
un triangolo inscritto in una semicirconferenza, ed h l’altezza del triangolo
riferita all’ipotenusa, per il secondo teorema di Euclide si ha h 2 = ab …)7.
Esercizio. Saremmo giunti ugualmente al risultato ottenuto se avessimo
considerato l’espressione 2x a 2 − x 2 invece che x a 2 − x 2 ? Motivare la
risposta (si rifletta sull’interpretazione geometrica della disuguaglianza proposta
nell’esercizio precedente: i fattori devono essere a somma in quadratura costante…)
7
Poiché h ≤ r =
raggio.
a+b
a+b
⇒ ab ≤
e l’altezza è massima quando coincide con il
2
2
17
Esercizio. Due quadrati ABCD e ABC’D’ hanno in comune il lato
l = AB . Si esprima in funzione di x := CC ! il volume del poliedro
ABCDC’D’ e si dica per quale valore di x è massimo.
Esercizio. Si esprima la superficie del poliedro dell’esercizio precedente
in funzione di x e si dica, se possibile, in corrispondenza di quale valore è
massima, e in corrispondenza di quale valore è minima.
Problema
E’ data la piramide a base quadrata FABCD, di vertice F e facce laterali
triangoli equilateri di lato unitario. Sugli spigoli AF e FC sono segnati i
punti G e H tali che AG = CH := x . La situazione e le richieste del
problema sono descritte dalla figura seguente8.
a) I triangoli GIF e AEF sono simili per costruzione Ĝ = Â; Iˆ = Ê , per
)
(
GI 1− x
2
=
⇒ GI =
1− x ⇒ GH = 2GI = 2 1− x .
AE
1
2
π
b) Il triangolo AFC è isoscele e rettangolo in F, quindi  = ; di
4
conseguenza, l’altezza IE del triangolo BID è data da
cui
(
)
(
()
V x =
8Perilpuntoc)sisfruttiilrisultatodelpuntob)
x − x2
3 2
.
)
18
π
x
1
x
x
=
⇒ Area ( BID ) = ⋅ 2 ⋅
= ; il tetraedro BGDH
4
2
2
2 2
può essere visto come la giustapposizione di due piramidi, BDIG e
1− x
x
BDIH, di altezza h = GI = IH =
e base S = Area ( BID ) = ; di
2
2
2 x ⎛1− x ⎞ x − x 2
conseguenza, il volume è V ( BGDH ) =
.
⎜
⎟=
3 2⎝ 2 ⎠ 3 2
c) Il volume del tetraedro è massimo in corrispondenza del valore di x
uguale all’ascissa del vertice della parabola
1
x − x2
b
1
y=
⇒x=− =− 3 2 = .
2
2a
2
3 2
−
3 2
AG sin
Rette sghembe, tetraedri e teorema delle tre perpendicolari
Consideriamo due asticelle PQ e RS collegate con fili elastici PS, PR, QR,
QS, di uguale lunghezza a. Muovendo gli elastici otteniamo infinite
configurazioni, le più interessanti delle quali sono quelle in cui le asticelle
appartengono a rette non complanari, o sghembe. In questo caso, infatti, si
forma sempre un tetraedro PQRS.
Diamo a questo punto la nozione di angolo di due rette sghembe: è
l’angolo che una delle due rette forma con la parallela all’altra condotta
per uno qualsiasi dei suoi punti. Se l’angolo è retto, le due rette si dicono
ortogonali.
Oltre all’angolo si definisce la distanza tra due rette sghembe come la
minima distanza tra due punti appartenenti alle rette.
19
Per rendere “visibile” il concetto di distanza tra due rette sghembe nel caso
in cui queste sono ortogonali, utilizziamo il modello del parallelepipedo, in
cui le diagonali appartenenti a facce opposte giacciono sulle rette in
questione.
La distanza è data dalla lunghezza del segmento congiungente i punti
intersezione delle diagonali delle facce opposte. Notiamo anche che le sei
diagonali del parallelepipedo sono gli spigoli di un tetraedro.
Il tetraedro di area minima
Sempre nel caso in cui le asticelle sono perpendicolari, vogliamo
determinare il tetraedro di area minima.
Facciamo riferimento alla figura seguente, in cui M ∈ γ , il piano bisettore
di PQ contenente RS. I triangoli PSR e QSR sono uguali, e l’asticella
RS può scorrere lungo la retta r. Sia m la retta di minima distanza condotta
da M, e sia N = m ∩ r . Le facce che costituiscono il tetraedro sono i triangoli
PQR, PQS, QRS e PRS. Poniamo RS := a e MN := a 2 .
20
Immaginando di far scorrere RS lungo la retta r, l’altezza del triangolo
PRS coincide con il segmento PN, essendo la retta m perpendicolare alla
retta r e all’asticella PQ. Governiamo lo scorrimento dell’asticella ponendo
NR := x .
RS ⋅ PN RS ⋅QN PQ ⋅ MR PQ ⋅ MS
+
+
+
. Ora,
2
2
2
2
PQ ( MR + MS )
PN = QN , di conseguenza A = RS ⋅ PN +
. Se consideriamo
2
L’area del tetraedro è quindi A =
fissata la lunghezza dell’asticella PQ, possiamo concludere che l’area del
tetraedro dipende esclusivamente dal termine MR + MS .
Il tetraedro di area minima si ottiene minimizzando la quantità MR + MS .
Quest’operazione può essere condotta considerando il triangolo MRS
avente base e altezza fissate. Tra tutti questi triangoli, quello di perimetro
minimo è quello isoscele (si tiene fissa la base RS e si fa scorrere il vertice M
sulla parallela alla retta r).
Di conseguenza, fissando il vertice M e facendo scorrere la base RS sulla
retta r, il tetraedro di area minima è quello in cui N è il punto medio del
a
2
segmento RS, ovvero NR := x = .
Un’ultima osservazione: per individuare il tetraedro di area minima
abbiamo utilizzato un triangolo di perimetro minimo!
21
Dalla figura 17 appare evidente che la perpendicolarità di PN rispetto alla
retta r, non dipende dalla posizione di P sulla retta t contenente PQ .
Questo fatto si può effettivamente dimostrare mediante il seguente
teorema.
Teorema delle tre perpendicolari. Se a è una retta perpendicolare in
P a un piano γ , c una retta per P, e r una retta di γ perpendicolare a c in
M, allora una generica retta congiungente M con un punto Q ∈ a è
perpendicolare a r.
Dimostrazione.
Consideriamo i punti A e A’ simmetrici rispetto al punto M intersezione
delle rette r e c:
22
Per costruzione, il triangolo APA! è isoscele e, sempre per costruzione,
preso un punto Q ∈ a diverso da P, i triangoli QAP e QA' P , sono congruenti
(in quanto rettangoli con un cateto in comune e gli altri due congruenti).
Di conseguenza QA = QA! e MQ è altezza del triangolo isoscele AQA! ,
contenuta nel piano γ contenente le rette a e c, e quindi perpendicolare al
segmento AA! , come volevasi dimostrare.
Problema (diedro e distanza tra rette sghembe)
In un tetraedro regolare le rette delle coppie di spigoli non incidenti sono
sghembe: perché? Quale angolo formano? Se la misura dello spigolo di un
tetraedro è a, qual è la distanza tra tali coppie di rette?
Soluzione. Ancora una volta, facciamo ricorso al modello del cubo, dal quale
può essere ottenuto il tetraedro. Serviamoci quindi della figura 1.
Sezioniamo il tetraedro con un piano perpendicolare allo spigolo AC, che
lo taglia nel punto intersezione con la diagonale AC, e che contiene lo
spigolo HF. Il triangolo OHF è isoscele e l’angolo HÔF := α è la sezione
che utilizziamo per la misura del diedro. Poiché HF = a , OF = OH = a 3 2
( )
α
2
α
2
(AFC è equilatero), allora HF = 2OF sin ⇒ sin =
a 2
1
=
.
2a 3
3
Le rette delle coppie di spigoli non incidenti sono sghembe perché
appartengono a facce opposte del cubo, quindi non sono complanari, e
non hanno punti in comune. Infine, sempre grazie al modello del cubo, è
possibile determinare la distanza, ad esempio, tra la retta contenente lo
23
spigolo AC e la retta contenente lo spigolo HF: OK = a
spigolo del cubo).
2 (ovvero lo
Dall’icosaedro al dodecaedro
Consideriamo stavolta due pentagoni regolari uguali, di lato a, concentrici,
e ruotati di 180°.
Esercizio. Si verifichi che tale configurazione può essere ottenuta
componendo due rotazioni di 72° con una di 36°.
Come già fatto per l’ottaedro, si congiungano con un elastico i vertici dei
pentagoni (vedi fig. 21), e si sollevi un pentagono mantenendo la retta
congiungente i centri nella direzione perpendicolare ai piani paralleli su
cui giacciono i pentagoni.
Il poliedro così ottenuto ha dieci facce laterali costituite da triangoli isosceli
di base a, e lati obliqui di lunghezza che dipende dalla distanza CC ! := x tra
i centri dei pentagoni.
Siano ABCDE il pentagono “di base”, e PQRST quello sovrapposto e
ruotato di 180°. Indicata con P’ la proiezione di P sul piano di ABCDE,
possiamo notare che AP’ coincide con il lato del decagono regolare, la cui
misura è legata a quella del lato del pentagono dalla relazione
AP ! = a
5− 5
. La misura dello spigolo del poliedro così ottenuto si deduce
10
2
2
2
dal teorema di Pitagora (vedi fig. 22) AP = AP ! + PP ! = a 2
5− 5 2
+x .
10
24
Esercizio. Si determini il valore del seno dell’angolo di 36° sapendo che
quello dell’angolo di 18° è sin18° =
5 −1
, e si sfrutti questo fatto per
4
5− 5
.
10
dimostrare la relazione AP ! = a
Ora, se sormontiamo ognuno dei pentagoni con una piramide retta a base
pentagonale, le cui facce sono triangoli equilateri, otteniamo un poliedro
con venti facce: l’icosaedro. In particolare, se gli spigoli delle facce
laterali dell’icosaedro misurano a, allora questo è regolare. Questo
accade se AP = a , ovvero se a 2
5− 5 2 2
5+ 5
.
+x =a ⇒ x =a
10
10
Notiamo che, anche per l’icosaedro, vale la relazione
V − E + F =12 − 30 + 20 = 2 .
Esercizio. Si calcoli la misura dell’altezza della piramide a base
pentagonale utilizzata nella costruzione dell’icosaedro regolare.
Soluzione. Se a indica la misura dello spigolo dell’icosaedro regolare, il
raggio della circonferenza circoscritta al pentagono-base è
a
2
5+ 5
. L’altezza si determina applicando il
=a
=a
2sin36°
10
5− 5
teorema di Pitagora al triangolo avente per ipotenusa uno spigolo
dell’icosaedro, e l’altro cateto coincidente con il raggio della circonferenza:
r=
h = a2 − a2
5+ 5
5− 5
.
=a
10
10
25
Esercizio. Si calcoli la misura del diedro α20 formato da due facce di un
icosaedro aventi uno spigolo in comune.
⎡
⎤
5
⎢cos α20 = −
⇒ α20 =138,19°⎥
3
⎢⎣
⎥⎦
Esercizio. Si calcoli la lunghezza del raggio della sfera circoscritta
all’icosaedro.
Soluzione. Il diametro della sfera circoscritta è dato dalla somma del doppio
dell’altezza della piramide pentagonale che sormonta la “cintura”
⎛
⎞
5
−
5
⎟ , e della distanza
costituita dai dieci triangoli equilateri ⎜ h = 2a
⎜
10 ⎟
⎝
⎠
⎛
⎞
5
+
5
⎟ . Il risultato è quindi
tra i due pentagoni di partenza ⎜ x = a
⎜
10 ⎟
⎝
⎠
⎡
⎤
1
5
+
5
5
−
5
⎥.
R = a⎢
+
⎢2
10
10 ⎥
⎣
⎦
Dall’icosaedro regolare è possibile ottenere un altro poliedro regolare
congiungendo i centri delle facce: il dodecaedro regolare, costituito da
dodici facce pentagonali.
Anche per il dodecaedro vale la relazione V − E + F = 20 − 30 +12 = 2 .
Esercizio. Si calcoli la lunghezza dello spigolo del dodecaedro costruito
congiungendo i centri delle facce dell’icosaedro regolare, di spigolo a.
26
Soluzione. Noto il valore del coseno del diedro dell’icosaedro regolare
5
, lo spigolo del dodecaedro è la base del triangolo isoscele
3
avente per vertice il punto medio M dello spigolo comune a due facce
adiacenti dell’icosaedro, e per lati i segmenti congiungenti i centri delle
circonferenze inscritte nelle facce con M. L’angolo opposto allo spigolo del
dodecaedro è, per costruzione, il diedro dell’icosaedro regolare. La misura
dello spigolo si trova quindi applicando il teorema di Carnot a questo
cos α20 = −
2
2
2
2
⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 ⎞
⎛ 3 ⎞
⎛ 3 ⎞
a ⎟⎟ + ⎜⎜ a ⎟⎟ − 2⎜⎜ a ⎟⎟ cos α20 = 2⎜⎜ a ⎟⎟
triangolo: l12 = ⎜⎜
⎝ 6 ⎠ ⎝ 6 ⎠
⎝ 6 ⎠
⎝ 6 ⎠
da cui segue l12 = a
⎡
5⎤
⎢1+
⎥,
3 ⎥⎦
⎢⎣
3+ 5
.
18
Problema
La base di una piramide retta è rappresentata dal pentagono in
figura.
Si determini l’altezza della piramide retta VPQRST le cui facce sono
triangoli equilateri.
27
• Il triangolo OVQ è rettangolo (teorema delle tre perpendicolari).
Poiché abbiamo indicato con O il centro della circonferenza
circoscritta al pentagono di lato PQ =
5− 5
=VQ , di raggio
2
OQ =1, l’altezza segue dall’applicazione del teorema di Pitagora:
OV =
5− 5
3− 5
5 −1
−1 =
=
.
2
2
2
Indicato con M il punto medio dello spigolo PV, si calcoli la misura del
diedro TM̂Q .
• Il triangolo PTV è equilatero per ipotesi, quindi il piano per T, Q, e
M è perpendicolare allo spigolo PV (essendo TM e QM altezze dei
triangoli equilateri PTV e PQV). Indicato con α il diedro TM̂Q ,
questo è determinato dall’applicazione del teorema di Carnot al
2
2
2
triangolo TMQ: TQ = TM +QM − 2TMQM cos α . Ora, sfruttando
le conclusioni della prima parte del problema, la diagonale TQ del
pentagono misura TQ = 2
5+ 5
, mentre
8
5
3 5− 5
15 − 3 5
=
; di conseguenza, cos α = −
.
3
2
2
8
Abbiamo trovato, per altra via, il diedro dell’icosaedro regolare!
TM = QM =
28
Il diedro del dodecaedro
Il cubo inscritto nel dodecaedro ha come spigolo la diagonale della faccia
pentagonale e quindi lo spigolo del dodecaedro è sezione aurea dello
spigolo del cubo. Sfruttiamo questa proprietà per misurare il diedro del
dodecaedro, nota la misura dello spigolo a del dodecaedro (nonché lato del
pentagono faccia del dodecaedro).
5 −1
. Da questo seguono, per
4
applicazione di alcune formule goniometriche, i valori di seno e coseno di
alcuni angoli utili nello studio del diedro e del dodecaedro, e che
riportiamo nella seguente tabella.
Intanto richiamiamo il valore del sin18° =
sin18° =
5 −1
3− 5
=
4
8
cos18° =
5+ 5
8
5− 5
8
cos36° =
3+ 5
8
sin36° =
Dalla figura emerge chiaramente il procedimento da seguire per calcolare
l’ampiezza del diedro del dodecaedro. Per chiarezza ne riportiamo lo
schema nella seguente rappresentazione.
29
La misura del diedro del dodecaedro regolare, α12 , è quindi deducibile
dalla relazione interna al triangolo JIK in figura:
IJ sin
α12 JK CE
α
l cos36°
5+ 5
, da cui segue
=
=
⇒ sin 12 = 12
=
2
2
2
2 l12 cos18°
10
α12 =116,56° .
Problema
Sia x la misura del lato dell’esagono regolare, base del prisma retto di
altezza h. Sapendo che la somma degli spigoli del prisma è 24, si esprima la
superficie laterale y in funzione di x, indicando chiaramente i limiti
geometrici del problema. Dopo aver dimostrato che, nelle condizioni date,
la superficie laterale è massima per x =1, si determini la misura del diedro
α = LM̂C , dove M è il punto medio della diagonale FB. Si determini infine,
al variare di x, l’espressione del rapporto f ( x ) tra il volume della piramide
LCBF e la superficie laterale del prisma.
1 3
LC 4
MC =1+ = ; LC = h = 2 ⇒ tan α =
=
2 2
MC 3
30
• Dall’ipotesi si ha 12x + 6h = 24 ⇒ h = 4 − 2x , da cui
y = 6xh = 6x (4 − 2x ) = −12x 2 + 24x , pertanto i limiti geometrici sono
ottenuti imponendo la condizione −12x 2 + 24x ≥ 0 ⇒ 0 ≤ x ≤ 2 ⇒ 0 ≤ h ≤ 4 .
• La dipendenza quadratica della superficie laterale dal lato dello
spigolo di base del prisma, ci permette di individuare nell’ascissa del
vertice il valore di x che ne rende massima l’espressione:
x=−
b
24
=−
=1 .
2a
−24
• Si ha :
• Il volume della piramide è
3x 2 2 − x
%
1
1 " 1 3x
V LCBF = A CBF ⋅ LC = $
3x ' 4 − 2x =
, quindi il
3
3#2 2
2
&
(
)
(
)
rapporto richiesto vale f ( x ) =
(
3x 2 2 − x
(
)
( )=
2⋅12x (2 − x )
3x
.
24
)
31
Esercizi
1. In riferimento alla figura 1, si calcoli l’altezza del tetraedro ACHF.
!
2a
#h =
3
"
3$
&
%
2. Se ABCD è un tetraedro regolare, si calcoli l’area della figura
ottenuta sezionando il tetraedro con il piano passante per lo spigolo
CD, di misura a, ed un punto sul lato AB, a distanza x dal vertice A.
[ P ∈ AB | AP := x ⇒ PC = PD . Si applica il teorema di Carnot al
triangolo isoscele PCD , da cui segue l’espressione dell’area
S ( x) =
a 3 2 2
a + x − ax ].
2 4
3. Un prisma retto ha come basi i triangoli ABC e DEF equilateri, e
altezza uguale ai lati dei triangoli di base. Se i lati misurano 9 (cm), si
calcolino: a) il volume del prisma, b) la superficie del prisma, c) l’area
del triangolo AEC.
'
!
$
) a)V = 729 3 cm 3; b)S = 81# 3+ 3 &cm 2 ; c)A = 81 7 cm 2
)
4
2 %
4
"
(
*
,
,
+
4. Il volume del prisma ottenuto sezionando un cubo con un piano
passante per due spigoli paralleli non appartenenti alla stessa faccia è
27cm 3 2 . Si calcoli l’area della superficie totale.
!S = 27 + 9 2 cm 2 #
" t
$
(
)
5. Sia VABCD una piramide che ha per base il quadrato ABCD, e tale
che il vertice V abbia come proiezione sul piano di base il centro O
del quadrato (piramide retta). Sapendo che VO = ( 3 2) AB , si determini
l’ampiezza della sezione normale del diedro formato a) dalle facce
laterali con il piano di base; b) da due facce laterali aventi uno spigolo
in comune.
"
π
1 %
$ a) ; b)cos β = − '
3
4 '&
$#
6. In riferimento al modello di ottaedro in figura, si dimostri che i
triangoli ACF e BDE: a) si corrispondono nella simmetria centrale
rispetto ad O, b) sono situati su piani paralleli.
32
7. Indicata con x la distanza tra i piani a cui appartengono i triangoli
ACF e BDE, si calcoli il rapporto tra il volume del cilindro avente per
basi le circonferenze inscritte nei suddetti triangoli, ed il cono avente
per base la circonferenza inscritta al rettangolo BCDF ed altezza
OA. Si dica per quale valore di x il rapporto è uguale a uno.
